Асимптотическая оценка суммы

[RIP]

Да.

[vicvolf]

RIP в сообщении #1572032 писал(а):

Да.

Спасибо!
Известна нижняя оценка для мультипликативной арифметической функции $\sigma_k(n) \geq n^k,k>0$. Однако нижняя оценка соответствующей сильно мультипликативной арифметической функции $\prod_{p|n}\sigma_k(p)$ значительно меньше $n^k,k>0$, в точках со степенями простых чисел больше 1 (не свободных от квадратов).

Правильно ли я сделал эту оценку? Учитывая, что функция $g(p)=p^k+1$ монотонно возрастает, то воспользуемся второй частью утверждения, указанного выше:

$\prod_{p|n} \sigma_k(p)= \prod_{p|n} (p^k+1) \geq e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(p^k+1)}}=$$e^{k\sum_{p \leq \ln(n)}\ln(p)}= e^{k(\ln(n)+O(\ln(n)/\ln\ln(n))} \geq n^{k(1-c\ln\ln(n))}$, где с - постоянная.

[RIP]

Неверно. В оценке нужно брать простые $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Для $p_{\omega(n)}$ есть нетривиальная оценка сверху $p_{\omega(n)}\leqslant\bigl(1+o(1)\bigr)\ln n$, но в данном случае нужна оценка снизу, которой нет (возьмите $n=2^m$ и посмотрите).

[vicvolf]

RIP
$\prod_{p|n}\sigma(p)=\prod_{p|n}(p^k+1)$.

$1/\prod_{p|n}\sigma(p)=\prod_{p|n}1/(p^k+1)$.

Учитывая, что $f(p)=1/(p^k+1)$ - монотонно убывает, то получаем:

$\frac{1}{\prod_{p|n}{\sigma(p)}}=\prod_{p|n}{1/(p^k+1)} \leq e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(1/(p^k+1))}}$$=1/e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(p^k+1)}$.

Отсюда получаем:

$\prod_{p|n}\sigma(p)=\prod_{p|n}(p^k+1) \geq e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(p^k+1)}$.

[RIP]

Ещё раз: должно быть не $p\leqslant\ln n$, а $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Ваши неравенства с $p\leqslant\ln n$ неверны. Подставьте $n=2^m$ и проверьте.

[vicvolf]

RIP в сообщении #1569212 писал(а):

Если функция $f$ убывает, бывает полезна оценка $\sum_{p|n}f(p)\leqslant\sum_{p\leqslant p_{\omega(n)}}f(p)$ (где $p_k$ — $k$-е простое число) вместе с оценкой $p_{\omega(n)}\leqslant(1+o(1))\ln n$ (обе оценки достигаются при $n=p_1p_2\dotsm p_m$).

RIP в сообщении #1569243 писал(а):

Вторая оценка? Она следует из тривиального неравенства

$$\ln n\geqslant\ln\prod_{p\leqslant p_{\omega(n)}}p=\sum_{p\leqslant p_{\omega(n)}}\ln p=\theta\bigl(p_{\omega(n)}\bigr)$$

(где $\theta(x)$ — тета-функция Чебышёва) и асимптотического закона распределения простых чисел в виде $\theta(x)\sim x$ при $x\to+\infty$.

А если уточнить оценку $p_{\omega(n)} \leq (1+o(1))\ln(n)$.

Так как $\theta(x)=\sum_{p \leq x}=x+O(x/\ln(x))$, то $\theta(p_{\omega(n)})=p_{\omega(n)}+O(p_{\omega(n)}/\ln(p_{\omega(n)})$.

Учитывая, что $\ln(n) \geq \theta(p_{\omega(n)})=p_{\omega(n)}+O(p_{\omega(n)}/\ln(p_{\omega(n)})$, то получаем: $p_{\omega(n)} \leq \ln(n)+O(\ln(n)/\ln\ln(n))$.

[vicvolf]

RIP в сообщении #1572370 писал(а):

Ещё раз: должно быть не $p\leqslant\ln n$, а $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Ваши неравенства с $p\leqslant\ln n$ неверны. Подставьте $n=2^m$ и проверьте.

Да, если $g(n)=\prod_{p|n}\sigma_k(p)=\prod_{p|n}(p^k+1)$, то $g(2^m)=2^k+1$. Например, при $m=10,k=1$ значение $g(n=1024)=3$, т.е. практически 0.

Поэтому исправим:
$\prod_{p|n} \sigma_k(p)= \prod_{p|n} (p^k+1) \geq e^{\sum_{p \leq \ln(n)(1+o(1))}{\ln(p^k+1)}}=$$e^{k\sum_{p \leq \ln(n)(1+o(1))}\ln(p)}= e^{k \ln(n)(1+o(1))}=n^{k(1+o(1))}$.

Однако, при данной точности $p_{\omega(n)}$, оценка снизу не наглядна.

Если же уточнить оценку $p_{\omega(n)}=\ln(n)(1+O(1/\ln\ln(n))$, то получим:

$\prod_{p|n} \sigma_k(p)= \prod_{p|n} (p^k+1) \geq n^{k(1+O(1/\ln\ln(n)))}\geq n^{k(1-1/\ln\ln(n))}$.

[vicvolf]

RIP в сообщении #1572370 писал(а):

Ещё раз: должно быть не $p\leqslant\ln n$, а $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Ваши неравенства с $p\leqslant\ln n$ неверны. Подставьте $n=2^m$ и проверьте.

Наконец дошло. Оценка снизу является тривиальной: $\prod_{p|n}\sigma_k(p)=\prod_{p|n}(p^k+1) \geq 2^k+1$. Верно?

[vicvolf]

RIP в сообщении #1569421 писал(а):

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu^2(n)}{n\varphi(n)}=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}$

Добрый день! А как это доказать?

[RIP]

vicvolf в сообщении #1584258 писал(а):

А как это доказать?

Воспользоваться произведением Эйлера: если $f$ — мультипликативная функция и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ сходится абсолютно, то $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)=\prod_{p}\bigl(f(1)+f(p)+f(p^2)+\dotsb\bigr)$. В частности, $\zeta(s)=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}$ при $\operatorname{Re}s>1$.

[vicvolf]

RIP в сообщении #1584285 писал(а):

если $f$ — мультипликативная функция и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ сходится абсолютно, то $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)=\prod_{p}\bigl(f(1)+f(p)+f(p^2)+\dotsb\bigr)$.

Спасибо, действительно в теореме 4 на стр 9 можно взять $s=0$ https://docs.yandex.ru/docs/view?tm=167 ... 26nosw%3D1

[vicvolf]

RIP в сообщении #1569421 писал(а):

Можно (даже лучше) и без логарифмов:
\begin{gather*} \sum_{n\leqslant x}\frac{n}{\varphi(n)}=\sum_{n\leqslant x}\sum_{d|n}\frac{\mu^2(d)}{\varphi(d)}=\sum_{d\leqslant x}\frac{\mu^2(d)}{\varphi(d)}\left\lfloor\frac{x}{d}\right\rfloor\leqslant Bx,\qquad B=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu^2(n)}{n\varphi(n)}=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)},\\ \intertext{поэтому} \#\left\{n\leqslant x : \varphi(n)\leqslant\frac{n}{T}\right\}\leqslant\frac{Bx}{T}. \end{gather*}

Правильно ли я понимаю?

Если арифметическая функция $f(m),m=1,...,n$ ограничена в среднем, то это значит, что среднее значение данной функции:

$E[f,n]=\frac {1}{n}|\sum_{m \leq n}{f(m)}| \leq A$, где А - постоянное число.

В этом случае, если $A \geq 0$, то асимптотика среднего значения $f(m),m=1,...,n$ равна $E[f,n]=A+o(1)$. Поэтому существует предел $\lim_{n \to \infty} {E[f,n]}=A$.

Если $A<0$, то асимптотика среднего значения $f(m),m=1,...,n$ равна $E[f,n]=-A+o(1)$. Поэтому существует предел $\lim_{n \to \infty} {E[f,n]}=-A$.

Например, в случае $f(m)=m/\varphi(m)$, значение $A=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}$ . Асимптотика среднего значения равна $E[f,n]=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}+o(1)$, а асимптотика сумматорной функции $\sum_{m \leq n}\frac{m}{f(m)}=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}n+o(n)$.

[RIP]

vicvolf в сообщении #1593862 писал(а):

Правильно ли я понимаю?

Нет. Смысл цитаты в том, что если для знакопостоянной функции $f$ (более общо: ограниченной сверху или снизу) «матожидание» $E[f,n]$ ограничено, то для любой сколь угодно медленно растущей функции $\varphi(n)\to+\infty$ «почти всюду» справедливо неравенство $\lvert f(n)\rvert\leqslant\lvert\varphi(n)\rvert$. Смысл Вашего сообщения от меня ускользает.

В общем случае из ограниченности никакая асимптотика вида $A+o(1)$ не следует. (В данном конкретном примере такая асимптотика есть, но это не следует напрямую из неравенства, а доказывается отдельным вычислением.)

[vicvolf]

RIP в сообщении #1593875 писал(а):

В общем случае из ограниченности никакая асимптотика вида $A+o(1)$ не следует.

Требуется доказательство монотонности $E[f.n]$?

[RIP]

vicvolf в сообщении #1593951 писал(а):

Требуется доказательство монотонности $E[f.n]$?

Необязательно. В общем случае монотонности может и не быть (для функции $f(n)=n/\varphi(n)$ монотонности нет). И предел в общем случае может не существовать. Для каждой функции нужно отдельно проверять.